Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 trường THPT Lý Thái Tổ, Bắc Ninh năm học 2015 - 2016

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn thi: Toán – Lớp 10 – THPT
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 12 tháng 5 năm 2016

Câu 1. (2,5 điểm) Cho hàm số y  x 2  2 x  2 có đồ thị (P) và đường thẳng (d) có phương trình

y  x  m . Tìm m để đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OA2  OB 2  82 .
Câu 2. (3,0 điểm)
1. Giải bất phương trình

3  2 x 2  3x  2
1  2 x2  x  1

 1.

2. Giải phương trình 2 3 x  7  5 3 x  6  4 .
2
2
2 x  2( x  y )  7
3. Giải hệ phương trình  2
.
2
2( x  y )  5
Câu 3. (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD

 A  D  90  có
0

đỉnh D(2; 2) và CD  2 AB . Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm D lên đường chéo AC .

22 14
; ) là trung điểm của HC . Xác định toạ độ đỉnh B , biết rằng đỉnh B nằm trên
5 5
đường thẳng  : x  2 y  4  0 .
Điểm M (

2. Cho tam giác ABC là một tam giác bất kì. Chứng minh rằng với mọi số x ta đều có:
1
1  x 2  cosA  x  cos B  cos C  .
2
Câu 4. (1,5 điểm) Chứng minh rằng:

1
3

 4.
0
sin10 cos100

Câu 5. (1,0 điểm)

1 1 1

   1 . Chứng minh rằng:
a b c
a2
b2
c2
abc



.
a  bc b  ca c  ab
4

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn

-----------------Hết----------------Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh .............................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:........................................................................................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 2:........................................................................................


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

Câu
1

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2015 - 2016

Môn: Toán – Lớp 10 – THPT
Lời giải sơ lược

Hoành độ giao điểm của d và (P) là nghiệm phương trình:
x 2  2 x  2  x  m  x 2  3 x  2  m  0 (1)

Điểm
2,5
0,5

Để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B  (1) có hai nghiệm phân biệt 
  9  4(2  m)  0  4m  1  0  m  1/ 4 (*)
Với điều kiện (*), gọi hai giao điểm là A( x1 ; x1  m), B ( x2 ; x2  m) , trong đó x1 , x2 là các nghiệm

1,0

của (1). Theo định lý Viet ta có: x1  x2  3, x1 x2  2  m .
Ta có: OA2  OB 2  82  x12   x1  m   x22   x2  m   82
2

2

 2  x12  x22   2m  x1  x2   2m 2  82   x1  x2   2 x1 x2  m  x1  x2   m 2  41
2

m  4
 9  2(2  m)  3m  m 2  41  m 2  5m  36  0 
 m  9
Đối chiếu điều kiện (*) ta được m = 4 là giá trị cần tìm.
2.1

0,5

0,5
1,0

ĐKXĐ: x  2  x  1
Ta có: 1  2 x 2  x  1  1  (2 x  1) 2  3  1  3  0 với mọi x   , nên

0,5

BPT  3  2 x 2  3 x  2  1  2 x 2  x  1  1  x 2  x  1  x 2  3 x  2

 x 2  x  1  2 x 2  x  1  1  x 2  3x  2  x 2  x  1  1  2 x
x  0
x  0
x  0
1  13

 2
 2

1  13
1  13  x 
2
2
x
x  x 1  4x
3 x  x  1  0
x 


2
2

0,5

 1  13

Vậy BPT có tập nghiệm S  
;  
2


2.2

1,0
ĐKXĐ: x  7 / 3
Đặt:

3

x  6  t  x  t3  6

PT trở thành:  2 3(t 3  6)  7  5t  4

0,25

t  4 / 5
t  4 / 5
t  4 / 5


 3

3
2
2
2
4(3t  25)  (5 t  4)
12t  25t  40t  84  0
(t  2)(12t  t  42)  0
t  4 / 5
t  2



1  2017   1  2017
t
t  2  t 


24
24
Với t  2  x  14

0,5


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

 1  2017 

1  2017
Với t 
 x  6  

24
24



3

3

 1  2017  
Vậy phương trình có tập nghiệm là: S  14; 6  
 
24

 


0,25

2.3

1,0

2 x  a  b
 2
2

2
2
2
2
2( x  y )  ( x  y )  ( x  y )  a  b
a  b  2ab  7
2ab  7  (a  b)
2ab  7  (a  b)
HPT trở thành:  2


2
2
2
a  b  5
(a  b)  2ab  5
(a  b)  (a  b)  12  0
2ab  7  (a  b)
a  b  3
ab  11/ 2


(thoả mãn)  
(loại)
a  b  3  a  b  4
ab  2
a  b  4
x  y  a
Đặt 
. Khi đó:

x  y  b

0,5

a  b  3
a  2 a  1
* 


ab  2
b  1 b  2
a  2  x  y  2
x  3 / 2
Với 


b  1
x  y  1
 y  1/ 2

0,5

a  1  x  y  1
x  3 / 2
Với 


b  2  x  y  2
 y  1/ 2
 3 1   3 1  

Vậy hệ có tập nghiệm là: S   ;  ,  ;   
 2 2   2 2  
3.1

1,0

B

A
H

Gọi E là trung điểm của đoạn DH. Khi
đó ABME là hình bình hành suy ra
ME  AD nên E là trực tâm tam giác
ADM suy ra AE  DM . Mà
AE//BM nên DM  BM

E

0,5

M

D
  12 4 
 22 14 
Phương trình đường thẳng BM đi qua M  ;  nhận DM   ;  làm VTPT là:
 5 5
 5 5
12 

22  4 
14 
 x     y    0  3 x  y  16  0
5
5  5
5

C

0,5

3 x  y  16  0
x  4
Toạ độ B là nghiệm của hệ: 

 B (4; 4)
x  2 y  4  0
y  4
Vậy B (4; 4) .
3.2

1,0
BPT được viết lại như sau:

x 2  2 x  cos B  cos C   2  2 cos A  0 (*)

0,5


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

2
 B C  2  B C 
2 A
Xét  '   cos B  cos C    2  2 cos A   4 cos 2 
 cos 
  4sin
2
 2 
 2 
BC  A
Do A, B, C là ba góc của một tam giác nên A  B  C   
 
2
2 2
A
 BC 
 cos 
  sin . Vì vậy
2
 2 

 '  4sin 2

A
A
 B C 
 B C  
2 A
cos 2 
 4sin 2  cos 2 

  4sin
  1
2
2
2
 2 
 2  

0.5

A 2  B C 
sin 
  0, A, B, C .
2
 2 
Do đó Bpt (*) nghiệm đúng với mọi giá trị thực x.
 4sin 2

4

1,5
Đặt P 

1
3

0
sin10 cos100

1


3
0
0
2
cos10

sin10


2
2
cos100  3 sin100


Ta có: P 

1
sin100 cos100
0
sin 20
2

2sin(300  100 ) 4sin 200


4
1
sin 200
sin 200

2

1,0

0,5

5

1,0
Với các số thực dương a, b, c từ giả thiết ta có: abc  ab  bc  ca
Khi đó:

a2
a3
a3
a3
 2
 2

a  bc a  abc a  ab  bc  ca (a  c)(a  b)
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM (côsi) ta có:

0,5

a3
a  c a  b 3a
a3
4a  b  c
a2
4a  b  c








(1)
(a  c)(a  b)
8
8
4
(a  c)(a  b)
8
a  bc
8
Tương tự:

b2
4b  a  c
c2
4c  a  b
(2);
(3)


b  ac
8
c  ab
8

Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được:

a2
b2
c2
abc
(đpcm)



a  bc b  ac c  ab
4

1
Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  .
3
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập
luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa.
2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng
không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình
chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ.
3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm

0,5